Конструирование комбинаторных объектов и их подсчёт — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(New image + fix)
м (Орфография)
Строка 3: Строка 3:
 
{{Утверждение
 
{{Утверждение
 
|statement=
 
|statement=
Пусть <tex dpi="130">A=\{a_{1},a_{2}, \ldots ,a_{z}\}</tex> {{---}} множество из различных объектов, <tex dpi="130">S=Seq(A)</tex> {{---}} множество всех последовательностей из элементов <tex dpi="130">A</tex>, <tex dpi="130">W=\{w_{1},w_{2}, \ldots ,w_{m}\}</tex> {{---}} количество объектов веса от <tex dpi="130">1</tex> до <tex dpi="130">m</tex>. Мы считаем что нет объектов веса <tex dpi="130"">0</tex>, так как в противном случае существует бесконечное количество последовательностей любого веса. Тогда, '''количество последовательностей''' веса <tex dpi="130">n</tex> можно вычислить как <tex dpi="150">S_{n}=\sum_{i=1}^{n} w_{i} S_{n-i}</tex>. Причем <tex dpi="150"">S_{0} = 1</tex>, так как есть единственный способ составить пустую последовательность.
+
Пусть <tex dpi="130">A=\{a_{1},a_{2}, \ldots ,a_{z}\}</tex> {{---}} множество из различных объектов, <tex dpi="130">S=Seq(A)</tex> {{---}} множество всех последовательностей из элементов <tex dpi="130">A</tex>, <tex dpi="130">W=\{w_{1},w_{2}, \ldots ,w_{m}\}</tex> {{---}} количество объектов веса от <tex dpi="130">1</tex> до <tex dpi="130">m</tex>. Мы считаем, что нет объектов веса <tex dpi="130"">0</tex>, так как в противном случае существует бесконечное количество последовательностей любого веса. Тогда, '''количество последовательностей''' веса <tex dpi="130">n</tex> можно вычислить как <tex dpi="150">S_{n}=\sum_{i=1}^{n} w_{i} S_{n-i}</tex>. Причем <tex dpi="150"">S_{0} = 1</tex>, так как есть единственный способ составить пустую последовательность.
 
|proof=Докажем по индукции.
 
|proof=Докажем по индукции.
  
 
'''База <tex dpi="130"">n = 1</tex>'''.  
 
'''База <tex dpi="130"">n = 1</tex>'''.  
:<tex dpi="130"">S_{1}=w_{1} S_{0}=w_{1}</tex>, что верно так как единственный способ составить последовательность веса <tex dpi="130"">1</tex> это взять любой элемент веса <tex dpi="130"">1</tex>.
+
:<tex dpi="130"">S_{1}=w_{1} S_{0}=w_{1}</tex>, что верно, так как единственный способ составить последовательность веса <tex dpi="130"">1</tex> {{---}} это взять любой элемент веса <tex dpi="130"">1</tex>.
  
 
'''Переход'''.  
 
'''Переход'''.  
:Пусть для <tex dpi="130"">j < n</tex> верно. Докажем для <tex dpi="130"">n</tex>. Возьмем произвольный элемент из <tex dpi="130"">A</tex> веса <tex dpi="130"">i \leqslant  n</tex>, и допишем его к последовательности элементов веса <tex dpi="130"">n-i</tex>. Образуется новая последовательность веса <tex dpi="130"">n</tex>. Причем никакая последовательность не будет учтена дважды, так как предже не было последовательнотей веса <tex dpi="130"">n</tex> и ни к какой последовательности меньшего веса мы не добавляем один и тот де элемент дважды.
+
:Пусть для <tex dpi="130"">j < n</tex> верно. Докажем для <tex dpi="130"">n</tex>. Возьмем произвольный элемент из <tex dpi="130"">A</tex> веса <tex dpi="130"">i \leqslant  n</tex>, и допишем его к последовательности элементов веса <tex dpi="130"">n-i</tex>. Образуется новая последовательность веса <tex dpi="130"">n</tex>. Причем никакая последовательность не будет учтена дважды, так как прежде не было последовательностей веса <tex dpi="130"">n</tex> и ни к какой последовательности меньшего веса мы не добавляем один и тот же элемент дважды
}}
+
l}}
  
 
===Подсчет битовых векторов длины <tex dpi="150">n</tex>===
 
===Подсчет битовых векторов длины <tex dpi="150">n</tex>===
Строка 24: Строка 24:
  
 
===Подсчет подвешенных непомеченных деревьев с порядком на детях===
 
===Подсчет подвешенных непомеченных деревьев с порядком на детях===
Пусть <tex dpi="130">T_{n}</tex> {{---}} количество таких деревьев с <tex dpi="130">n</tex> вершинами, <tex dpi="130">T_{0} = 1</tex>. <tex dpi="130">S=Seq(A)</tex> {{---}} множество всех последовательностей из данных деревьев. <tex dpi="130">S_{n}</tex> {{---}} количество последовательностей с суммарным количество вершин <tex dpi="130">n</tex>. Чтобы получить дерево из <tex dpi="130">n</tex> вершин достаточно взять <tex dpi="130">1</tex> вершину, и подвесить к ней последовательность деревьев с суммарным количеством вершин <tex dpi="130">n-1</tex>. Тогда:
+
Пусть <tex dpi="130">T_{n}</tex> {{---}} количество таких деревьев с <tex dpi="130">n</tex> вершинами, <tex dpi="130">T_{0} = 1</tex>. <tex dpi="130">S=Seq(A)</tex> {{---}} множество всех последовательностей из данных деревьев. <tex dpi="130">S_{n}</tex> {{---}} количество последовательностей с суммарным количество вершин <tex dpi="130">n</tex>. Чтобы получить дерево из <tex dpi="130">n</tex> вершин, достаточно взять <tex dpi="130">1</tex> вершину, и подвесить к ней последовательность деревьев с суммарным количеством вершин <tex dpi="130">n-1</tex>. Тогда:
 
:<tex dpi="150">T_{n}=S_{n-1}</tex>.
 
:<tex dpi="150">T_{n}=S_{n-1}</tex>.
 
:<tex dpi="150">S_{n}=\sum_{i=1}^{n} T_{i} S_{n-i}=\sum_{i=1}^{n} S_{i-1} S_{n-i}=\sum_{i=0}^{n-1} S_{i} S_{n-i-1}=C_{n}</tex>, где <tex dpi="150">C_{n}</tex> {{---}} <tex dpi="150">n</tex>-ое [[Числа Каталана|число Каталана]].
 
:<tex dpi="150">S_{n}=\sum_{i=1}^{n} T_{i} S_{n-i}=\sum_{i=1}^{n} S_{i-1} S_{n-i}=\sum_{i=0}^{n-1} S_{i} S_{n-i-1}=C_{n}</tex>, где <tex dpi="150">C_{n}</tex> {{---}} <tex dpi="150">n</tex>-ое [[Числа Каталана|число Каталана]].
Строка 35: Строка 35:
 
{{Утверждение
 
{{Утверждение
 
|statement=
 
|statement=
Пусть <tex dpi="130">A=\{a_{1},a_{2}, \ldots ,a_{z}\}</tex> {{---}} множество из различных объектов, <tex dpi="130">P=PSet(A)</tex> {{---}} множество всех множеств составленных из элементов <tex dpi="130">A</tex>, <tex dpi="130">W=\{w_{1},w_{2}, \ldots ,w_{k}\}</tex> {{---}} количество объектов веса <tex dpi="130">\{1 \ldots k\}</tex>. Тогда '''количество множеств''' суммарного веса <tex dpi="130">n</tex> можно вычислить как <tex dpi="150">P_{n}=p_{n, n}</tex>, где <tex dpi="150">p_{n, k}=\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{w_{k}}{i} p_{n-ik, k-1}</tex> {{---}} количество таких множеств, что они содержат объекты, вес которых не больше чем <tex dpi="130">k</tex>.
+
Пусть <tex dpi="130">A=\{a_{1},a_{2}, \ldots ,a_{z}\}</tex> {{---}} множество из различных объектов, <tex dpi="130">P=PSet(A)</tex> {{---}} множество всех множеств, составленных из элементов <tex dpi="130">A</tex>, <tex dpi="130">W=\{w_{1},w_{2}, \ldots ,w_{k}\}</tex> {{---}} количество объектов веса <tex dpi="130">\{1 \ldots k\}</tex>. Тогда '''количество множеств''' суммарного веса <tex dpi="130">n</tex> можно вычислить как <tex dpi="150">P_{n}=p_{n, n}</tex>, где <tex dpi="150">p_{n, k}=\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{w_{k}}{i} p_{n-ik, k-1}</tex> {{---}} количество таких множеств, которые содержат объекты, вес которых не больше чем <tex dpi="130">k</tex>.
 
}}
 
}}
  
Строка 54: Строка 54:
 
===Количество разбиений на слагаемые===
 
===Количество разбиений на слагаемые===
 
Пусть <tex dpi="130">A=\mathbb{N}</tex>, <tex dpi="130">P=PSet(A)</tex> {{---}} множество всех [[Нахождение количества разбиений числа на слагаемые|разбиений на слагаемые]], <tex dpi="130">W=\{1 \ldots 1\}</tex>, <tex dpi="130">w_{0} = 1</tex>. Тогда,  
 
Пусть <tex dpi="130">A=\mathbb{N}</tex>, <tex dpi="130">P=PSet(A)</tex> {{---}} множество всех [[Нахождение количества разбиений числа на слагаемые|разбиений на слагаемые]], <tex dpi="130">W=\{1 \ldots 1\}</tex>, <tex dpi="130">w_{0} = 1</tex>. Тогда,  
:<tex dpi="150">P_{n}=p_{n, n}</tex>, где <tex tex dpi="150">p_{n, k}=\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} p_{n-ik, k-1} = p_{n, k-1} + p_{n - k, k}</tex>, что, как не сложно заметить, соответствует формуле, полученной методом [[Нахождение количества разбиений числа на слагаемые#Алгоритм за O(N^2)|динамического программирования]].
+
:<tex dpi="150">P_{n}=p_{n, n}</tex>, где <tex tex dpi="150">p_{n, k}=\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} p_{n-ik, k-1} = p_{n, k-1} + p_{n - k, k}</tex>, что, как несложно заметить, соответствует формуле, полученной методом [[Нахождение количества разбиений числа на слагаемые#Алгоритм за O(N^2)|динамического программирования]].
  
  
Строка 60: Строка 60:
 
{{Утверждение
 
{{Утверждение
 
|statement=
 
|statement=
Пусть <tex dpi="130">A=\{a_{1},a_{2}, \ldots ,a_{z}\}</tex> {{---}} множество из различных объектов, <tex dpi="130">M=MSet(A)</tex> {{---}} множество всех мультимножеств <ref>[[wikipedia:Multiset|Wikipedia {{---}} Мультимножества]]</ref> из элементов <tex dpi="130">A</tex>, <tex dpi="130">W=\{w_{1},w_{2}, \ldots ,w_{k}\}</tex> {{---}} количество объектов веса <tex dpi="130">\{1 \ldots k\}</tex>. Тогда '''количество мультимножеств''' из объектов суммарного веса <tex dpi="130">n</tex> можно вычислить как <tex dpi="150">M_{n}=m_{n, n}</tex>, где <tex dpi="150">m_{n, k}=\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{w_{k}+i-1}{i} m_{n-ik, k-1}</tex> {{---}} количество таких мультимножеств, что они содержат объекты, вес которых не больше чем <tex dpi="130">k</tex>.
+
Пусть <tex dpi="130">A=\{a_{1},a_{2}, \ldots ,a_{z}\}</tex> {{---}} множество из различных объектов, <tex dpi="130">M=MSet(A)</tex> {{---}} множество всех мультимножеств <ref>[[wikipedia:Multiset|Wikipedia {{---}} Мультимножества]]</ref> из элементов <tex dpi="130">A</tex>, <tex dpi="130">W=\{w_{1},w_{2}, \ldots ,w_{k}\}</tex> {{---}} количество объектов веса <tex dpi="130">\{1 \ldots k\}</tex>. Тогда '''количество мультимножеств''' из объектов суммарного веса <tex dpi="130">n</tex> можно вычислить как <tex dpi="150">M_{n}=m_{n, n}</tex>, где <tex dpi="150">m_{n, k}=\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{w_{k}+i-1}{i} m_{n-ik, k-1}</tex> {{---}} количество таких мультимножеств, которые содержат объекты, вес которых не больше чем <tex dpi="130">k</tex>.
 
}}
 
}}
  
Строка 79: Строка 79:
  
 
===Подсчет подвешенных непомеченных деревьев без порядка на детях===
 
===Подсчет подвешенных непомеченных деревьев без порядка на детях===
Пусть <tex dpi="130">T_{n}</tex> {{---}} количество таких деревьев с <tex dpi="130">n</tex> вершинами, <tex dpi="130">T_{0} = 1</tex>. <tex dpi="130">F=MSet(T)</tex> {{---}} множество всех лесов из данных деревьев, так как лес можно интерпретировать как мультимножество из деревьев. <tex dpi="130">F_{n}=f_{n,n}</tex> {{---}} количество лесов с суммарным количество вершин <tex dpi="130">n</tex>. <tex dpi="130">f_{n, k}</tex> {{---}} количество таких лесов из <tex dpi="130">n</tex> вершин, что деревья в них содержат не более чем <tex dpi="130">k</tex> вершин. Чтобы получить дерево из <tex dpi="130">n</tex> вершин достаточно взять <tex dpi="130">1</tex> вершину и подвесить к ней лес деревьев с суммарным количеством вершин <tex dpi="130">n-1</tex>. Тогда:
+
Пусть <tex dpi="130">T_{n}</tex> {{---}} количество таких деревьев с <tex dpi="130">n</tex> вершинами, <tex dpi="130">T_{0} = 1</tex>. <tex dpi="130">F=MSet(T)</tex> {{---}} множество всех лесов из данных деревьев, так как лес можно интерпретировать как мультимножество из деревьев. <tex dpi="130">F_{n}=f_{n,n}</tex> {{---}} количество лесов с суммарным количество вершин <tex dpi="130">n</tex>. <tex dpi="130">f_{n, k}</tex> {{---}} количество таких лесов из <tex dpi="130">n</tex> вершин, что деревья в них содержат не более чем <tex dpi="130">k</tex> вершин. Чтобы получить дерево из <tex dpi="130">n</tex> вершин, достаточно взять <tex dpi="130">1</tex> вершину и подвесить к ней лес деревьев с суммарным количеством вершин <tex dpi="130">n-1</tex>. Тогда:
 
:<tex dpi="150">T_{n}=F_{n-1}</tex>.
 
:<tex dpi="150">T_{n}=F_{n-1}</tex>.
 
:<tex dpi="150">F_{n}=f_{n, n}</tex>.
 
:<tex dpi="150">F_{n}=f_{n, n}</tex>.
Строка 127: Строка 127:
  
 
===Задача об ожерельях===
 
===Задача об ожерельях===
Решим данным способом [[Задача об ожерельях|задачу об ожерельях]]. Пусть необходимый вес <tex dpi="130">n</tex> это количество бусинок, а <tex dpi="130">k</tex> {{---}} количество цветов. При чем каждая бусинка весит <tex dpi="130">1</tex>. То есть <tex dpi="130">W=\{k, 0 \ldots 0\}</tex>.
+
Решим данным способом [[Задача об ожерельях|задачу об ожерельях]]. Пусть необходимый вес <tex dpi="130">n</tex> {{---}} это количество бусинок, а <tex dpi="130">k</tex> {{---}} количество цветов. Причем каждая бусинка весит <tex dpi="130">1</tex>. То есть <tex dpi="130">W=\{k, 0 \ldots 0\}</tex>.
  
<tex dpi="130">C_{n}=\sum_{s=1}^{n}c_{n,s}=c_{n,n}</tex> так как невозможно набрать вес <tex dpi="130">n</tex> менее чем <tex dpi="130">n</tex> бусинами при весе бусин <tex dpi="130">1</tex>.
+
<tex dpi="130">C_{n}=\sum_{s=1}^{n}c_{n,s}=c_{n,n}</tex> так как невозможно набрать вес <tex dpi="130">n</tex> менее, чем <tex dpi="130">n</tex> бусинами при весе бусин <tex dpi="130">1</tex>.
  
 
<tex dpi="130">c_{n,n}=\sum_{i=0}^{n-1}\dfrac{|St(\vec{i})|}{n}=\dfrac{1}{n}\sum_{i=0}^{s-1}|St(\vec{i})|=\dfrac{1}{n}\sum_{i=0}^{s-1}b_{\mathrm{gcd}(n,i),\mathrm{gcd}(n,i)}</tex>. Поскольку все бусины имеют одинаковый вес <tex dpi="130">1</tex>, то <tex dpi="130">b_{n,k} \neq 0</tex>
 
<tex dpi="130">c_{n,n}=\sum_{i=0}^{n-1}\dfrac{|St(\vec{i})|}{n}=\dfrac{1}{n}\sum_{i=0}^{s-1}|St(\vec{i})|=\dfrac{1}{n}\sum_{i=0}^{s-1}b_{\mathrm{gcd}(n,i),\mathrm{gcd}(n,i)}</tex>. Поскольку все бусины имеют одинаковый вес <tex dpi="130">1</tex>, то <tex dpi="130">b_{n,k} \neq 0</tex>

Версия 19:47, 29 декабря 2017

Последовательности (Seq)

Утверждение:
Пусть [math]A=\{a_{1},a_{2}, \ldots ,a_{z}\}[/math] — множество из различных объектов, [math]S=Seq(A)[/math] — множество всех последовательностей из элементов [math]A[/math], [math]W=\{w_{1},w_{2}, \ldots ,w_{m}\}[/math] — количество объектов веса от [math]1[/math] до [math]m[/math]. Мы считаем, что нет объектов веса [math]0[/math], так как в противном случае существует бесконечное количество последовательностей любого веса. Тогда, количество последовательностей веса [math]n[/math] можно вычислить как [math]S_{n}=\sum_{i=1}^{n} w_{i} S_{n-i}[/math]. Причем [math]S_{0} = 1[/math], так как есть единственный способ составить пустую последовательность.
[math]\triangleright[/math]

Докажем по индукции.

База [math]n = 1[/math].

[math]S_{1}=w_{1} S_{0}=w_{1}[/math], что верно, так как единственный способ составить последовательность веса [math]1[/math] — это взять любой элемент веса [math]1[/math].

Переход.

Пусть для [math]j \lt n[/math] верно. Докажем для [math]n[/math]. Возьмем произвольный элемент из [math]A[/math] веса [math]i \leqslant n[/math], и допишем его к последовательности элементов веса [math]n-i[/math]. Образуется новая последовательность веса [math]n[/math]. Причем никакая последовательность не будет учтена дважды, так как прежде не было последовательностей веса [math]n[/math] и ни к какой последовательности меньшего веса мы не добавляем один и тот же элемент дважды
l
[math]\triangleleft[/math]

Подсчет битовых векторов длины [math]n[/math]

Пусть [math]A=\{0, 1\}[/math], [math]W=\{2, 0 \ldots 0\}[/math] [math]S=Seq(A)[/math] — множество всех битовых векторов, [math]S_{0}=1[/math].

Тогда, [math]S_{n}=\sum_{i=1}^{n} w_{i} S_{n-i}=2S_{n-1}=2^{n}[/math].

Подсчет Seq из маленьких и больших элементов

Пусть [math]A=\{1, 2\}[/math], [math]W=\{1, 1, 0 \ldots 0\}[/math], [math]S=Seq(A)[/math] — множество всех последовательностей из маленьких и больших элементов, [math]S_{0}=1[/math], [math]S_{1}=1[/math].

Тогда, [math]S_{n}=\sum_{i=1}^{n} w_{i} S_{n-1}=S_{n-1}+S_{n-2}=F_{n}[/math], где [math]F_{n}[/math][math]n[/math]-ое число Фибоначчи [1].

Подсчет подвешенных непомеченных деревьев с порядком на детях

Пусть [math]T_{n}[/math] — количество таких деревьев с [math]n[/math] вершинами, [math]T_{0} = 1[/math]. [math]S=Seq(A)[/math] — множество всех последовательностей из данных деревьев. [math]S_{n}[/math] — количество последовательностей с суммарным количество вершин [math]n[/math]. Чтобы получить дерево из [math]n[/math] вершин, достаточно взять [math]1[/math] вершину, и подвесить к ней последовательность деревьев с суммарным количеством вершин [math]n-1[/math]. Тогда:

[math]T_{n}=S_{n-1}[/math].
[math]S_{n}=\sum_{i=1}^{n} T_{i} S_{n-i}=\sum_{i=1}^{n} S_{i-1} S_{n-i}=\sum_{i=0}^{n-1} S_{i} S_{n-i-1}=C_{n}[/math], где [math]C_{n}[/math][math]n[/math]-ое число Каталана.

Sequence of rooted Trees.png Ordered Rooted Trees.png

Множества (PSet)

Утверждение:
Пусть [math]A=\{a_{1},a_{2}, \ldots ,a_{z}\}[/math] — множество из различных объектов, [math]P=PSet(A)[/math] — множество всех множеств, составленных из элементов [math]A[/math], [math]W=\{w_{1},w_{2}, \ldots ,w_{k}\}[/math] — количество объектов веса [math]\{1 \ldots k\}[/math]. Тогда количество множеств суммарного веса [math]n[/math] можно вычислить как [math]P_{n}=p_{n, n}[/math], где [math]p_{n, k}=\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{w_{k}}{i} p_{n-ik, k-1}[/math] — количество таких множеств, которые содержат объекты, вес которых не больше чем [math]k[/math].

Количество PSet из элементов 0 и 1

Пусть [math]A=\{0, 1\}[/math], [math]P=PSet(A)[/math] — множество всех множеств из [math]A[/math], [math]W=\{2, 0 \ldots 0\}[/math], [math]w_{0} = 1[/math]. Тогда [math]P_{n}=p_{n, n}[/math], где [math]p_{n, k}=\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} p_{n-ik, k-1}[/math].

[math]P_{0}=p_{0, 0} = 1[/math].
[math]P_{1}=p_{1, 1} = p_{1, 0} + 2p_{0, 0} = 2p_{0, 0} = 2[/math].
[math]P_{2}=p_{2, 2} = p_{2, 1} + 0 \cdot p_{0, 1} = p_{2, 0} + 2p_{1, 0} + p_{0, 0}= p_{0, 0} = 1[/math].
[math]{P_{3}=p_{3, 3} = p_{3, 2} + 0 \cdot p_{0, 2} = p_{3, 1} + 0 \cdot p_{0, 1} = p_{3, 0} + 2p_{2, 0} + 0 \cdot p_{1, 0} + 0 \cdot p_{0, 0}= 0}[/math].
Для [math]n \gt 2[/math], [math]P_{n} = 0[/math] .
[math]\{\}[/math]
[math]\{0\}, \{1\}[/math]
[math]\{0, 1\}[/math]


Количество разбиений на слагаемые

Пусть [math]A=\mathbb{N}[/math], [math]P=PSet(A)[/math] — множество всех разбиений на слагаемые, [math]W=\{1 \ldots 1\}[/math], [math]w_{0} = 1[/math]. Тогда,

[math]P_{n}=p_{n, n}[/math], где [math]p_{n, k}=\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} p_{n-ik, k-1} = p_{n, k-1} + p_{n - k, k}[/math], что, как несложно заметить, соответствует формуле, полученной методом динамического программирования.


Мультимножества (MSet)

Утверждение:
Пусть [math]A=\{a_{1},a_{2}, \ldots ,a_{z}\}[/math] — множество из различных объектов, [math]M=MSet(A)[/math] — множество всех мультимножеств [2] из элементов [math]A[/math], [math]W=\{w_{1},w_{2}, \ldots ,w_{k}\}[/math] — количество объектов веса [math]\{1 \ldots k\}[/math]. Тогда количество мультимножеств из объектов суммарного веса [math]n[/math] можно вычислить как [math]M_{n}=m_{n, n}[/math], где [math]m_{n, k}=\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{w_{k}+i-1}{i} m_{n-ik, k-1}[/math] — количество таких мультимножеств, которые содержат объекты, вес которых не больше чем [math]k[/math].

Количество MSet из элементов 0 и 1

Пусть [math]A=\{0, 1\}[/math], [math]S=PSet(A)[/math] — множество всех множеств из [math]A[/math], [math]W=\{2, 0 \ldots 0\}[/math], [math]w_{0} = 1[/math].

Тогда, [math]M_{n}=m_{n, n}[/math], где [math]s_{n, k}=\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} s_{n-ik, k-1}[/math]
[math]M_{0}=m_{0, 0} = 1[/math].
[math]M_{1}=m_{1, 1} = m_{1, 0} + 2m_{0, 0} = 2m_{0, 0} = 2[/math].
[math]M_{2}=m_{2, 2} = m_{2, 1} + 0 \cdot m_{0, 1} = m_{2, 0} + 2m_{1, 0} + 3m_{0, 0}= 3m_{0, 0} = 3[/math].
[math]M_{3}=m_{3, 3} = m_{3, 2} + 0 \cdot m_{0, 2} = m_{3, 1} + 0 \cdot m_{0, 1} = m_{3, 0} + 2m_{2, 0} + 3m_{1, 0} + 4m_{0, 0}= 4m_{0, 0} = 4[/math].
[math]\{\}[/math]
[math]\{0\}, \{1\}[/math]
[math]\{0, 0\}, \{0, 1\}, \{1, 1\}[/math]
[math]\{0, 0, 0\}, \{0, 0, 1\}, \{0, 1, 1\}, \{1, 1, 1\}[/math]
[math]{M_{n}=m_{n, n} = m_{n, n-1} + 0 \cdot m_{0, n-1} = m_{n, n-2} + 0 \cdot m_{0, n-2} = \ldots = m_{n, 0} + 2m_{n - 1, 0} + \ldots + nm_{1, 0} + (n+1) m_{0,0} = (n + 1) m_{0,0} = n+1}[/math].

Подсчет подвешенных непомеченных деревьев без порядка на детях

Пусть [math]T_{n}[/math] — количество таких деревьев с [math]n[/math] вершинами, [math]T_{0} = 1[/math]. [math]F=MSet(T)[/math] — множество всех лесов из данных деревьев, так как лес можно интерпретировать как мультимножество из деревьев. [math]F_{n}=f_{n,n}[/math] — количество лесов с суммарным количество вершин [math]n[/math]. [math]f_{n, k}[/math] — количество таких лесов из [math]n[/math] вершин, что деревья в них содержат не более чем [math]k[/math] вершин. Чтобы получить дерево из [math]n[/math] вершин, достаточно взять [math]1[/math] вершину и подвесить к ней лес деревьев с суммарным количеством вершин [math]n-1[/math]. Тогда:

[math]T_{n}=F_{n-1}[/math].
[math]F_{n}=f_{n, n}[/math].
[math]f{n,k}=\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{T_{k}+i-1}{i} s_{n-ik, k-1}[/math].

Количество таких деревьев с [math]n[/math] вершинами образуют последовательность [math] 1, 1, 2, 4, 9, 20, 48, 115, 286, 719, 1842, 4766, 12486, 32973, 87811, 235381, 634847 \ldots[/math] [3]

Forests.png Rooted Trees.png


Пары (Pair)

Утверждение:
Пусть [math]A=\{a_{1},a_{2}, \ldots ,a_{z}\}[/math], [math]B=\{b_{1},b_{2}, \ldots ,b_{m}\}[/math] — множества из различных объектов, [math]D=Pair(A, B)[/math] — множество всех пар объектов, составленных из элементов [math]A[/math] и [math]B[/math]. [math]W=\{w_{1},w_{2}, \ldots ,w_{k}\}[/math] — количество объектов веса [math]\{1 \ldots k\}[/math], составленных из элементов [math]A[/math], а [math]U=\{u_{1},u_{2}, \ldots ,u_{k}\}[/math] — соответственно для [math]B[/math]. Тогда количество пар из объектов суммарного веса [math]n[/math] можно вычислить как [math]D_{n}=\sum_{i=0}^{n}w_{i}u_{n-i}[/math].

Количество подвешенных неполных двоичных деревьев

Пусть [math]T_{n}[/math] — количество таких деревьев с [math]n[/math] вершинами, [math]T_{0} = 1[/math]. [math]D=Pair(T, T)[/math] — множество всех пар из данных деревьев. Чтобы получить двоичное дерево из [math]n[/math] вершин, достаточно взять [math]1[/math] вершину и подвесить к ней левого и правого сына с суммарным количеством вершин [math]n-1[/math]. Тогда:

[math]T_{n}=D_{n-1}=\sum_{i=0}^{n-1}T_{i}T_{n-i-1}=C_{n}[/math], где [math]C_{n}[/math][math]n[/math]-ое число Каталана.

Циклы (Cycle)

Утверждение:
Пусть [math]A=\{a_{1},a_{2}, \ldots ,a_{z}\}[/math] — множество из различных объектов, [math]C=Cycle(A)[/math] — множество всех циклов [4] из элементов [math]A[/math], [math]W=\{w_{1},w_{2}, \ldots ,w_{m}\}[/math] — количество объектов веса [math]\{1 \ldots m\}[/math].

Тогда количество циклов веса [math]n[/math] можно вычислить как [math]C_{n}=\sum_{s=1}^{n}c_{n, s}[/math], где [math]c_{n,s}[/math] — количество циклов веса [math]n[/math] длины [math]s[/math].

По лемме Бёрнсайда [math]c_{n,s} =\sum_{i=0}^{s-1}\dfrac{|St(\vec{i})|}{s}[/math], где [math]|St(\vec{i})|[/math] — количество стабилизаторов для циклического сдвига на [math]i[/math] .

Найдем [math]|St(\vec{i})|=z_{n,s,i}[/math] в общем случае.

Пусть [math]g=\mathrm{gcd}(s,i)[/math]наибольший общий делитель[math](s, i)[/math]. Заметим, что в [math]i[/math]-ой перестановке на [math]j[/math]-ой позиции стоит элемент [math](i + j)\bmod s[/math]. Также, заметим, что элемент [math]a[/math] переходит в элемент [math]a + in[/math], где [math]i = 1, 2, \ldots k[/math]. Из этого следует, что длина цикла для [math]i[/math]-ой перестановки равна [math] \dfrac{\mathrm{lcm}(s, i)}{i} = \dfrac{s}{g}[/math], где [math]\mathrm{lcm}(s, i)[/math]наименьшее общее кратное[math](s, i)[/math].

Также заметим, что если вес [math]n[/math] нельзя равномерно распределить по всей длине цикла, то стабилизатор равен [math]0[/math].

[math]z_{n, s, i} = \left \{\begin{array}{ll} 0, & n \bmod \frac{s}{g} \neq 0 \\ b_{\frac{ng}{s}, g}, & n \bmod \frac{s}{g} = 0 \end{array} \right. [/math]

Где [math]b_{n,k}[/math] — число способов упорядочить набор из [math]k[/math] элементов суммарного веса [math]n[/math] и

[math]b_{n,k}=\sum_{i=1}^{n}w_{i}b_{n-i, k-1}[/math], причем [math]b_{n,1}=w_{n}[/math].

Задача об ожерельях

Решим данным способом задачу об ожерельях. Пусть необходимый вес [math]n[/math] — это количество бусинок, а [math]k[/math] — количество цветов. Причем каждая бусинка весит [math]1[/math]. То есть [math]W=\{k, 0 \ldots 0\}[/math].

[math]C_{n}=\sum_{s=1}^{n}c_{n,s}=c_{n,n}[/math] так как невозможно набрать вес [math]n[/math] менее, чем [math]n[/math] бусинами при весе бусин [math]1[/math].

[math]c_{n,n}=\sum_{i=0}^{n-1}\dfrac{|St(\vec{i})|}{n}=\dfrac{1}{n}\sum_{i=0}^{s-1}|St(\vec{i})|=\dfrac{1}{n}\sum_{i=0}^{s-1}b_{\mathrm{gcd}(n,i),\mathrm{gcd}(n,i)}[/math]. Поскольку все бусины имеют одинаковый вес [math]1[/math], то [math]b_{n,k} \neq 0[/math]

В итоге, [math]C_{n}=\dfrac{1}{n}\sum_{i=0}^{s-1}k^{\mathrm{gcd}(n,i)}[/math].

Производящие функции

Для анализа свойств таких больших групп часто применяют метод производящих функций. Рассмотренные классы имеют следующие производящие функции:

[math]Seq(A)[/math] [math]\dfrac{1}{1-A(z)}[/math]
[math]Pset(A)[/math] [math]\prod\limits_{n \geqslant 1}(1+z^{n})^{A_{n}}=\exp(-\sum\limits_{k \geqslant 1}\dfrac{(-1)^{k}A(z^{k})}{k})[/math]
[math]Mset(A)[/math] [math]\prod\limits_{n \geqslant 1}\dfrac{1}{(1-z^{n})^{A_{n}}}=\exp(\sum\limits_{k \geqslant 1}\dfrac{A(z^{k})}{k})[/math]
[math]Pair(A,B)[/math] [math]A(z)B(z)[/math]
[math]Cycle(A)[/math] [math]\ln\dfrac{1}{1-A(z)}[/math]

См.также

Примeчания

Источники информации